CHAPITRE I

RÉACTIONS ACIDE-BASE
EN
SOLUTIONS AQUEUSES
I– COUPLES ACIDE-BASE
1- Evolution des notions d’acide et de base
a) Théorie d’Arrhénius
Définition
Un acide (base) est un composé chimique
qui se dissocie dans l’eau en donnant des
ions H+(OH-).
H2O
Acide HA : HA  H+ + A-
H2O
Base BOH : BOH  B+ + OH-
b) Théorie de Lewis
Définitions

Un acide est un composé chimique qui

présente une lacune (accepteur d’électrons).
Une base est un composé chimique qui
possède un doublet électronique
disponible (donneur d’électrons).

H+ + :OH- H–O–H
Base de Lewis
Acide de Lewis
c) Théorie de Bronsted

Remarque
✓ Cette théorie est très importante
pour le calcul des pH.
✓ Elle est valable pour tous les
solvants.
2- Acides et bases selon Bronsted
Définition
Un acide (base) est un
composé capable de céder
(capter) un proton H+.

Exemples
CH3COOH  CH3COO- + H+
acide base conjuguée
NH3 + H+  NH4+
base acide conjugué
(CH3COOH/ CH3COO-) et (NH4+ / NH3) sont
deux couples acide-base.
a) Réaction acide - base
Les protons (H+) n’existent pas à l’état libre.
Pour qu’un acide puisse céder des
protons, il faut en sa présence une
base susceptible de les fixer.

AI  BI + proton
Demi-réactions
BII + proton  AII

AI + BII  BI + AII Réaction globale

b) Caractère ampholyte de l’eau
Comportement basique de H2O
Ex :
CH3COOH + H2O  CH3COO- + H3O+
AI BII BI AII
Couples acide-base :
CH3COOH/CH3COO- et H3O+/H2O

Comportement acide de H2O

Ex :
NH3 + H2O  NH4+ + OH-
BI AII AI BII
Couples acide-base :
NH4+/NH3 et H2O/OH-
✓ L’eau peut jouer le rôle d’un acide ou
d’une base.

✓ Elle présente donc un caractère ampholyte

(deux rôles).

✓ Puisque l’eau est ampholyte, on peut

envisager la réaction entre 2 molécules H2O :
H2O + H2O  OH- + H3O+
AI BII BI AII
 H2O + H2O  OH- + H3O+
AI BII BI AII
✓ L’application de la loi d’action de masse à
cet équilibre donne :

K eq =
H O  OH 
3
+ −

H 2 O 2

Keq,298 = 3,24.10-18 (conductimétrie)

✓ Ces deux relations permettent de définir et
calculer le produit ionique Ke de l’eau par :
Ke = Keq H2O2 = H3O+ OH- = 10-14 à 298 K
Keq,298 = 3,24.10-18 (conductimétrie)
H2O = 1000/18 = 55,5 mol.L-1
1 litre de H2O pèse 1000 g → (1000/18) mol
MH2O = 18 g/mol

A 25 °C (298 K) :
Ke = H3O+ OH- = 10-14
Ke : produit ionique de l’eau
c) Concentration en ions H3O+, notion de pH
Dans l’étude quantitative des ions acides
H3O+ et basiques OH-, l’eau est choisie
comme référence.
On parle de :
Electroneutralité : H3O+ = OH-

Ke = H3O+ OH- = 10-14

 H3O+ = OH- = 10-7 mol/L

Le milieu est dit neutre.

On définit le pH par : pH = - log10 H3O+

H3O+ = 10-7 → pH = 7 → milieu neutre

H3O+ > 10-7 → pH < 7 → milieu acide
H3O+ < 10-7 → pH > 7 → milieu basique
On définit aussi le pOH par :
pOH = - log10 OH-

Sachant que H3O+ OH- = 10-14, on

peut écrire :

- log H3O+ - log OH- = - log 10-14

pH + pOH = 14
Quelques exemples
de la vie courante
d) Force des acides et des bases en solution
aqueuse
1) Hydrolyse
Acide + H2O  Base + H3O+ Réactions
d’hydrolyse
Base + H2O  Acide + OH-

Toutes les réactions acide-base dans l’eau se

font en fonction de leurs forces par rapport
aux couples H3O+/H2O et H2O/OH- qui
constituent les limites de mesure de pH (0-14)
(voir plus loin).
2) Force d’un acide
Soit la réaction :
Acide + H2O  Base + H3O+
Base H 3O 
+
K eq =
AcideH 2O
Base H 3O +

 K a = K eq H 2 O =
Acide
Ka : constante d’acidité

pKa = - log10Ka
 pKa = - log10Ka

L’acide est d’autant plus fort que :

✓ sa constante d’acidité Ka est plus forte
✓ son pKa est plus faible
et inversement.

Exemple :
pKa (HF/F-) = 3,2 < pKa (HCN/CN-) = 9,4

L’acide HF est plus fort que l’acide HCN.

✓ Tous les acides qui ont des pKa finis sont
plus faibles que l’acide H3O+(pKa = 0).
✓ Certains acides sont plus forts que H3O+
(HCl, HNO3, HClO4…)(pKa < 0), ils sont
totalement dissociés dans l’eau.

Exemple
HClO4 + H2O → ClO4- + H3O+
Réaction totale
3) Force d’une base

Soit la réaction :
Base + H2O  Acide + OH-

Acide OH  -
Acide K e = Ke
Kb = =
Base BaseH 3O 
+
Ka
 Ke = Ka . Kb
pKe = 14 = pKa + pKb
Pour tout couple acide - base A/B :

pKa + pKb = 14

Une base est d’autant plus forte que

✓ son pKb est plus faible (Kb forte)
✓ le pKa de son acide conjugué est
plus fort (Ka faible).
Dans le cas des bases (NaOH,KOH...)
(pKb < 0) plus fortes que OH- (pKb = 0),
la réaction dans l’eau est totale.

Exemple

NaOH + H2O → Na+,H2O + OH-

Réaction totale
 4) Echelle des pKa
On peut classer les
couples acide-base
selon les valeurs de
leurs pKa par
rapport à celles des
couples H3O+/H2O
et H2O/OH- de l’eau
et établir l’échelle
suivante :
- Application à la prévision des réactions :
Considérons 2 couples acide-base A1/B1 et A2/B2

A1 + H2O  B1 + H3 O+ B1  H 3 O 
+
K a1 =
A1 
A2 + H2O  B2 + H3O+  
B2  H 3O +
K a2 =
A 2 
Soit la réaction globale :
2
K=
B1 A 2  K a1
=
A1 + B2  B1 + A2 A1 B2  K a2
1

pK = pKa1 - pKa2  K = 10 (pKa2 – pKa1)

 2
A1 + B2  B1 + A2 pK = pKa1 - pKa2
1

pKa1 < pKa2 

A1 plus fort que A2 et B2 plus forte que B1

La réaction globale se fait dans le sens (1)

pK < 0 → K > 1
pKa1> pKa2 
A1 plus faible que A2 et B2 plus faible que B1

La réaction globale se fait dans le sens (2)

pK > 0 → K < 1
e) Effet nivelant ou différenciant d’un solvant

Dans l’eau, les acides plus forts que H3O+

et les bases plus fortes que OH- sont
totalement dissociés et ne peuvent pas être
classés.

Dans ce cas l’eau est dite

solvant nivelant.
 Pour pouvoir classer ces composés,
il faut choisir :
-Pour les acides forts
✓ Un solvant plus acide (moins basique)
que l’eau :base plus faible que l’eau.

✓ Il permet de freiner la réaction et la

rendre équilibrée.
Exemple
CH3COOH est plus acide (moins basique) que l’eau.

✓ Si on le choisit comme solvant, on pourra envisager,

comme pour l’eau, la réaction d’auto-ionisation
suivante :
CH3COOH + CH3COOH  CH3COO- + CH3COOH2+
AI BII BI AII

✓ Les couples acide-base analogues à ceux de

l’eau seront :
analogue
CH3COOH2+ /CH3COOH H3O+/H2O
analogue
CH3COOH/CH3COO- H2O/OH-
✓ La dissociation d’un acide HA (fort dans l’eau, faible
dans l’acide acétique) se fait selon l’équilibre :
HA + CH3COOH  A- + CH3COOH2+
AI BII BI AII

Avec KA '=
A CH COOH 
-
3
+
2 (valeur finie)
HA
✓ La détermination des KA’ des différents acides (forts
dans l’eau) permet de les classer dans l’acide acétique.
Exemple
HClO4  H2SO4  HCl  HNO3

Dans ce cas l’acide acétique est dit

solvant différenciant.
Pour les bases fortes
✓ On choisit un solvant plus basique (moins
acide) que l’eau (acide plus faible que l’eau).
✓ Il permet d’établir des équilibres.
Exemple
NH3 (plus basique que H2O)

NH3 + NH3  NH2- + NH4+

AI BII BI AII

NH3 est considéré comme solvant différenciant

pour les bases fortes dans l’eau.
II- RELATIONS QUANTITATIVES , pH DES
SOLUTIONS D’ACIDES, DE BASES ET DE SELS
1 - pH d’une solution aqueuse d’un acide (base) fort (e) :
a - Cas d’un acide fort

HA + H2O → A- + H3O+
E.I C 0 0 E.I : état initial
E.F 0 C C E.F : état final

2H2O  OH- + H3O +

Pour déterminer le pH (H3O+), il faut
systématiquement reproduire des données telles que :
✓ Inventaire des espèces présentes (E.P.) :
A-, H3O+, OH-
✓Produit ionique de l’eau (P.I.) :
(1) Ke = H3O+ OH-
✓ Conservation de masse (C.M.) :
(2) A- = C
✓ Electroneutralité (E.N.) :
(3) H3O+ = A- + OH-
(1) et (2) dans (3) → H3O+ = C + Ke/H3O+ (I)

H3O+2 - CH3O+ - Ke = 0
1- Résolution : C + C2 + 4 K e
H O  =
3
+

2
2- Approximations
OH- << H3O+ (H3O+ > 3.10-7 M, pH < 6,5)

Si C > 3.10-7 M (I) devient H3O+ ≈ A- = C

pH = - log C
3- Application
1 pH = 6,80 juste
HCl (C = 10-7 M)
2 pH = 7,00 faux
 b - Cas d’une base forte
B + H2O → BH+ + OH-
EI C 0 0
EF 0 C C
2H2O  H3O+ + OH-
(1) Ke = H3O+ OH-

(2) BH+ =C OH- = C + Ke/OH-

(3) OH- = BH+ + H3O+

OH-2 - C OH- - Ke = O
  - Résolution

OH  =
-
C + C + 4 Ke
2
H O  =
3
+ 2 Ke
2 C + C2 + 4 K e

b- Approximations

H3O+ << OH-

(OH- > 3.10-7 c’est à dire pH > 7,5)

Si C > 3.10-7 M
(II) → OH- ≈ C → pOH = - log C

pH = 14 + log C
2 - pH d’une solution aqueuse d’un acide (base) faible
a - Acide faible
HA + H2O  A- + H3O+
E.I. C 0 0
E.F. C(1-  ) C C

2H2O  OH- + H3O+

E.P : HA, A-, H3O+ , OH-

 =
A H O 
- +
 
→ A = Ka
HA (1)
H O 
3 -
Ka
HA 3
+

C.M. : A- + HA = C → HA = C - A- (2)

P.I : Ke = H3 O+ OH- →  OH =- Ke

 
H 3O +
 (3)

E.N. : H3O+ = A- + OH- (4)

 (2) dans (1) →  
A = - Ka C

Ka + H 3 O + 
(1’)

(1’) et (3) dans (4) →


H 3O =+
Ka C
K a + H 3O 
+
+
Ke
H 3O 
+
 (III)

H3O+3 +Ka H3O+2 -(KaC+Ke)H3O+ - KaKe = 0

- Résolution : généralement difficile

b - Approximations

OH- << H3O+ →  +

H 3O =  Ka C

K a + H 3O +

On obtient alors : H3O+2 +KaH3O+ - KaC = 0

H O 
3
+
=
- Ka + Ka 2 + 4KaC
2
OH- << H3O+ et A- << HA (  0,05)

(4) devient (2) devient

H3O+ ≈ A- HA ≈ C

(1) devient →
 +
H 3O =  
Ka C
H 3O +

→ H3O+2 = KaC

pH = ½ pKa – ½ log C
 Dans le cas où OH- << H3O+, on peut
également résoudre le problème en
fonction de  ou I.

H O  =
3
+ - Ka + Ka 2 + 4KaC
2
=Cα

- I + I 2 + 4 I (a)  - K + K2 + 4 K C 
α= pH = - log  a a a 
 2 
2  

 = f (I) Ka
I=
C
 I  0,1 ou   0,27 I  0,0025 ou   0,05
I2 << 4I  I2 + 4I ≈ 4I
I I 
I
 α I- (b)
2 (b) devient α= I (c)

 +

H 3O = Cα = K a C −
Ka
2
H O  = C α =
3
+
KaC

 Ka  pH = ½ pKa - ½ log C
pH = - log  K a C - 
 2 
 (c)

pH = (pK a - log C )
1
α= I 2

(b)

I  Ka 
α I- pH = - log  K a C - 
2  2 
(a)

I > 0,1 ou  > 0,27  - K + K2 + 4 K C 

pH = - log  a a a 
 2 
 
 b- base faible
B + H2O  BH+ + OH-
C 0 0
C( 1-  ) C C
2H2O  H3O+ + OH-

Kb =
OH BH 
- +
(1)
B
Ke =  H3O+  OH- (2) (1), (2) et (3) dans (4)
B + BH+ = C (3)
OH- = BH+ + H3O+ (4)

(IV)
OH = C Kb -
+
OH + K b OH
-
 
Ke
-
  
 
OH =-
 
C Kb
+
Ke
OH + K b OH
- -
  
(IV)

On remplace OH  par

- Ke Ke
 
+
et K b par
H 3O Ka

Ke
=
C H 3O  + H 3O
+
+   (IV’)

H 3O +

K a + H 3O +
 
 - Résolution :
→ Généralement compliquée
b - Approximations
b - Approximations
1- H3O+ << OH-
Ke
=

C H 3O +  
+ +
 (IV’) devient :
H 3O +
 K a + H 3O  
+
H 3 O

Ke
=
C H 3O + 

H 3O +

K a + H 3O +  
H3O+2 - Ke H3O+ - Ke Ka = C
+ b + 4 K bC
 
2
- K K
OH =
- b

2
+ e + 4 K a K eC
 
2
+ K K
H 3O = e

2C
2- H3O+ << OH- BH+ << B (   0,05)


OH = -
 
C Kb
+
Ke
OH + K b OH-
-
  
B + BH+ = C
(3) devient
(4) devient
B ≈ C
OH- ≈ BH+

Kb =
OH BH 
- +

=
OH  - 2

B (1) devient K b

C
pOH = (pK b - log C )
1
2
pH = 14 – pOH = 14 – 1/2 (14 – pKa) + 1/2 log C
1 1
pH = 7 + pK a + log C
2 2
Pour travailler en fonction de I et  , on applique les
formules établies dans le cas de l’acide faible en remplaçant
- Ka par Kb
- H3O+ par OH-
- pH par pOH
H3O+ << OH-

+ b + 4 K bC
 
2
- K K
OH =
- b
= Cα
2

- K b + K 2b + 4 K b C
pH = 14 + log( )
2
- I + I2 + 4 I
α=  = f(I) et I = Kb/C
2
 I  0,1 ou   0,27 I  0,0025 ou   0,05

 - 


OH =  K b C -
Kb 
2 
 OH  =
-
Kb C

 Kb  1 1
pOH = - log  K b C -  pOH = pK b − log C
 2  2 2

 Kb  1 1
pH = 14 + log  K b C -  pH = 7 + pK a + log C
 2  2 2
 1 1
pH = 7 + pK a + log C
2 2

 Kb 
pH = 14 + log  K b C - 
 2 

 - K + K2 + 4 K C 
pH = 14 + log  b b b 
 2 
 

I  0,1 (α  0,27 )
3- pH d’une solution aqueuse d’un sel
a) Sel d’acide fort et de base forte (sel neutre)

H 2O
NaCl Na +aq + Cl-aq

✓ Na +aq et Cl-aq ne présentent aucun

caractère acide-base.

✓ La solution est neutre.

✓ pH = 7
b) Sel d’acide fort et de base faible (sel acide)
H2O
NH4Cl NH4+ + Cl- : dissociation

NH4+ + H2O  NH3 + H3O+ : hydrolyse

Le pH est celui de l’acide faible NH4+.

1 1
pH = pK a − log C
2 2
c) Sel d’acide faible et de base forte (sel basique)

H2O
CH3COONa CH3COO- + Na+

CH3COO- + H2O  CH3COOH + OH-

Le pH est celui de la base faible CH3COO- :

1 1
pH = 7 + pK a + log C
2 2
 d) Sel d’acide faible et de base faible
H2O
CH3COONH4 CH3COO- + NH4+
CH3COO- + H2O  CH3COOH + OH-

=
CH 3COOH  OH - 
=
H O  CH COO 
+ -

CH COO 
3 3
K b1 K a1 (1)
3
-
CH 3 COOH

NH4+ + H2O  NH3 + H3O+

NH 3  H 3 O + 
=
NH 
K a2 (2)
+
4
Equation globale :
CH3COO- + NH4+  CH3COOH + NH3
C C
C(1- ) C(1- ) C C
Les relations (1) et (2) permettent d’écrire :

H O  = K CH COO 
+ CH 3 COOH = K NH +
4
3 a1
3 NH - a2
3

pH = pK + log
CH COO 
= pK + log

-
NH 
NH 
3 3
a1
CH COOH 3
a2 +
4

1 1
pH = ( pK a1 + pK a2 ) + log

CH 3 COO NH 3  -

2 2 CH 3 COOH NH 4
+
 
CH3COO- = NH4+
et
CH3COOH = NH3

1
pH = ( pK a1 + pK a2 )
2
Le pH est indépendant de la
concentration C du sel.
4) pH d’une solution d’ampholyte (HCO3- , HSO3-….)
Acide : HCO-3 + H2O  CO32- + H3O+

=
CO H O  2- +

HCO 
3 3
K a2 -
3

Base : HCO-3 + H2O  H2CO3 + OH-

K a1 =
HCO H O  -
3 3
+

H 2CO3 
Réaction globale : 2HCO-3  CO32- + H2CO3

K a1 . K a2 =
CO H O 
2-
3
= H O 
3
+ 2
+ 2
 
car CO 32- = H 2 CO 3 
H CO 
2 3
3
K a1 . K a2 =
CO H O 
2-
3 3
+ 2
= H O  + 2
 
car CO 32- = H 2 CO 3 
H CO 
2 3
3

Le pH est indépendant de C.

1
pH = ( pK a1 + pK a2 )
2
5) pH d’une solution contenant un acide faible et sa
base conjuguée : « solution tampon »
(CH3COOH + CH3COONa)
Ca Cb
CH3COOH + H2O  CH3COO- + H3O+
CH3COO- + H2O  CH3COOH + OH-

Ka =
CH COO H O 
3
-
3
+

(1)
CH 3 COOH
C.M : CH3COOH + CH3COO- = Ca + Cb (2)
E.N : H3O+ + Na+ = CH3COO- + OH- (3)
Na+ = Cb
Approximation : l’acide et la base sont faibles, on
peut négliger H3O+ et OH- devant Ca et Cb.

(3) → H3O+ + Na+ = CH3COO- + OH-

→ Na+ = CH3COO- = Cb
(2) devient : CH3COOH = Ca

(1) → Ka = H3O+ Cb/Ca →

Cb
pH = pK a + log
Ca
Relation d’HENDERSON
Cas particulier :
Lorsque Ca = Cb
pH = pKa , la solution est dite tampon.

Son pH varie très peu si on lui ajoute de petites

quantités d’acide ou de base ou si on la dilue(on
ajoute de l’eau).

Exemple :
(NH3 et NH4Cl) et (NaH2PO4 et Na2HPO4)
6) pH d’un mélange de deux acides
a) mélange de deux acides (bases) fort(e)s
HA1 (C1) , HA2 (C2)
B1OH (C1) , B2OH (C2)

HA1 + H2O → A-1 + H3O+

HA2 + H2O → A-2 + H3O+

E.N. : H3O+ = A-1 + A-2 + OH- ≈ C1 + C2

négligeable

pH = - log ( C1 + C 2 )
Bases fortes → pH = 14 + log (C1 + C2)
b) Mélange d’acide fort (HA1(C1)) et d’acide faible (HA2
(C2))
HA1 + H2O → A-1 + H3O+

+
H 3O A 2 -
 
HA2 + H2O  A-2 + H3O+ K a = HA 2 
(1)
C2(1- ) C2 C2

E.N. : H3O+ = OH- + A-2 + A-1 = C2 + C1 (2)

négligeable

C2  H O 
+
=
Ka
Ka = →
 
3

C2 (1-  ) K a + H 3O +

(2) → H O 
3
+
=
C2 K a

K a + H 3O +
+ C1

- Résolution
H3O+2 + (Ka – C1) H3O+ - C2Ka – C1Ka = 0

+ − ( ka − C1 ) + (ka − C1 ) + 4 K a (C1 + C2 )
2
[ H 3O ] =
2
b- Approximations
* Si C1 >> C2 → H3O+ ≈ C1 → pH = - log C1
L’acide fort impose le pH

* Si C1 << C2 → 
H 3O +

C2 K a
K a + H 3O +  
- Ka + Ka + 4KaC 2 2

H O  =
3
+

2
b) Solution d’un diacide
K a1 =
HA H O 
-
3
+

H2A + H2O  HA- + H3O+ H 2 A (1)

C
=
A H O 
2- +

HA 
3
HA- + H2O  A2- + H3O+ K a2 - (2)

A partir des relations (1) et (2),

on peut établir le diagramme de prédominance
des espèces H2A, HA- et A2-.

HA 
-
(2) → pH = pK + log
A 2-

(1) → pH = pK a1 + log
H 2 A
a2
HA  -

si pH = pKa1 → H2A = HA-

pH < pKa1 → H2A > HA-
pH > pKa1 → H2A < HA-
Le même raisonnement au voisinage de pKa2 permet
de tracer ce diagramme :

On peut écrire :
Si OH- << H3O+
A2- << H2A + HA- car H2A et HA- sont très faibles :
C.M. : C = H2A + HA- + A2- (3)
E.N. : H3O+ = OH- + HA- + 2A2- (4)

  
(1) et (3) → HA - = H O + 
3  C K a1

K a1 + H 3 O + 
- K a1 + K a1 + 4 K a1 C
H O 
2
+
3 =
2
Remarque : Indicateur coloré et propriétés acide-base

Un indicateur coloré est un couple

acide – base (HIn/In-) tel que :
HIn + H2O  H3O+ + In-

H O In 
+ -
H O  = K In 
+ HIn
Ki = 3
HIn
3 i -

pH = pK i + log
In  -

HIn
 zone de virage
HIn changement de couleur In-
pH
pKi-1 pKi pKi+1

La couleur de HIn est différente

de celle de In-.
Exemple : Héliantine pKi = 3,7
zone de virage
orange

HIn Rouge 2,7 3,7 4,7 In- Jaune

III- TITRAGE ACIDO-BASIQUE

Dosage d’un acide faible CH3COOH par

une base forte NaOH

CH3COOH (Na, Va) avec Na = pCa p=1

NaOH (Nb, Vb) avec Nb = pCb p=1

 Tracé de la courbe de
neutralisation pH = f(VNaOH) = f(Vb)
Expression des nombres de moles d’équivalents
Expression des concentrations
 On définit l’avancement de la réaction par son
taux d’équivalence :
N b Vb
x=
N a Va
nombre de mol. d' équiv. de NaOH versé
x=
nombre de mol. d' équiv. nécessaire à la neutralisation
A l’équivalence (P.E.) on a :
N a Va N b Ve
=
1000 1000
Donc N b Vb N b Vb Vb
x= = =
N a Va N b Ve Ve
 Analyse de la courbe pH = f(VNaOH) = f(Vb)
a) Au début du titrage, avant l’introduction de la base :
Vb = O x=O
On a : CH3COOH + H2O  CH3COO- + H3O+
1 1
pH = pK a - log C a
2 2
b) Avant le point d’équivalence :
O < Vb < Ve O < x < 1
On a : CH3COOH + NaOH → CH3COO-, Na+ + H2O
N a Va - N b Vb N b Vb
0 1000 -
1000
✓ Nous avons donc un mélange d’acide faible et de
sa base conjuguée.
✓ Le pH est donné par :

pH = pK a + log
CH COO 
3
-

CH 3 COOH
CH 3 COO =-

N b Vb
Va + Vb

et CH 3 COOH = N a Va - N b Vb
Va + Vb

N b Vb x
pH = pK a + log = pK a + log
N a V a - N b Vb 1- x
 N b Vb x
pH = pK a + log = pK a + log
N a V a - N b Vb 1- x
Ve
A la demi-neutralisation : Vb =
2
N b Ve N a Va N b Vb 1
N b Vb = = x= =
2 2 N a Va 2


CH 3 COOH = CH 3 COO = -

N a Va
=
N a Va
) 2Va + Ve
Ve
2 (Va +
2
Le pH est celui d’une solution tampon

pH = pKa
 Pouvoir tampon
1
=
dpH
dC b 1
On le définit par : =
dpH
1 dVb
=
dpH
dx
Avant la neutralisation (pour 0 < x < 1), on a :
x
pH = pK a + log
1- x 1
x = = 2,3 (1 - x) x
2,3 pH = 2,3 pK a + Log dpH
1- x dx
dpH 1
2,3 =
dx (1 - x) x
 1
= = 2,3 (1 - x) x
dpH
dx

τ = 0 (minimal) pour x = 0 et x = 1

τ est maximal si dτ /dx = 0 → x = 1/2

Cette valeur correspond au point T sur la

courbe (solution tampon :
CH3COOH] = CH3COO-)
 c) Au point d’équivalence Vb = Ve ; x =1
On a : N a Va N b Ve
=
1000 1000
CH3COOH + NaOH → CH3COO-, Na+ + H2O
0 0 N a Va -
1000
Le pH est celui de la base faible CH3COO-.
1 1
pH = 7 + pK a + log C '
2 2
N a Va N a Va N b Ve
C'= = =
Va + Vb Va + Ve Va + Ve
d) Après le point d’équivalence Vb > Ve ; x > 1

Le pH est celui de la base forte NaOH

pH = 14 + log C″

N b Vb - N a Va N b (Vb - Ve )
C '' = =
Va + Vb Va + Vb
 Application à l’indicateur coloré
Considérons un indicateur coloré (HIn/In) au lieu
du couple A2/B2. 
Soit la réaction : A 1 + In -
B1 + HIn

K a1
K= pK = pK a1 - pK aI
K aI
pKa1 < pKaI → réaction dans le sens (1)
la couleur de HIn domine

pKa1 > pKa → réaction déplacée dans le sens (2)

la couleur de In- domine.
Rq : Couleur de HIn  Couleur de In-